Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Сборник задач по дискретной математике. Учебное пособие
.pdf
1.5. Изоморфизмы частично упорядоченных множеств 31
1.4.8. Пусть α ⊆ A2— порядок, обладающий следующим свойством:
любое непустое подмножество B множества A имеет наименьший элемент. Доказать, что α — линейный порядок.
1.4.9. а) Пусть P — частичный порядок на некотором множестве A, и
пусть a — единственный максимальный элемент множества A. Можно
ли утверждать, что a является наибольшим элементом при частичном
порядке P ?
б) Ответить на вопрос п. а), в случае когда A — конечное множество.
1.5 Изоморфизмы частично упорядоченных множеств
Пример 1.34. Пусть A = P({1, 2}), c порядком P=“⊆”, B = {1, 2, 3, 6}
с порядком Q = {(x, y) |x делится на y} — частично упорядоченные
множества. Построить их диаграммы Хассе. Являются ли эти два частично упорядоченных множества изоморфными?
Решение. На рисунке ниже изображены диаграммы Хассе частично
упорядоченных множеств P и Q. Сравнивая построенные диаграммы
Хассе легко видеть, что частично упорядоченным множества A и B изоморфны друг другу (из [5], § 2.2 легко получить, что для изоморфных
частично упорядоченных множеств их диаграммы Хассе одинаковы, если стереть метки, их вершин, то есть наименования элементов частично
упорядоченных множеств).
6
r
J
J
r r
2 3
J
J
J
J
J
J
J
J
J
J
J
J
r
1
{1} {2}
{1,2}
r
J
J
r r
J
J
J
J
J
J
J
J
J
J
J
J
r
∅
Пример 1.35. Изоморфны ли частично упорядоченные множества:
a) h2Z; 6i и h2Z + 1; 6i;
б) hZ; 6i и hQ; 6i?
Решение. а) Рассмотрим функцию ϕ : 2Z ↔ 2Z + 1, определенную по
правилу ϕ(2n) = 2n+1, где n ∈ Z (таким образом, 2n ∈ 2Z). Очевидно,
32 Глава 1. Элементы теории множеств
что эта функция является биекцией. Действительно, если ϕ(n) = ϕ(m),
то n + 1 = m + 1, а значит, n = m. Следовательно, ϕ — инъективная
функция.
Возьмем произвольный элемент 2m + 1 ∈ 2Z + 1. Тогда легко
видеть, что ϕ(2m) = 2m + 1, а значит, ϕ — сюръективно.
Пусть 2n 6 2m, тогда, очевидно, ϕ(2n) = 2n+1 6 2m+1 = ϕ(2m).
Обратно, если ϕ(2n) 6 ϕ(2m), то есть 2n+ 1 6 2m+1, то, отнимая единицу от обеих частей неравенства, получаем 2n 6 2m. Следовательно,
ϕ — изоморфизм, а значит, h2Z; 6i и h2Z + 1;6i изоморфны.
б) Предположим, что существует изоморфизм частично упорядоченных множеств hZ; 6i и hQ; 6i, то есть существует биективное отображение ϕ : Z → Q, сохраняющее порядок.
Рассмотрим элементы ϕ(0) и ϕ(1). Так как по предположению ϕ —
изоморфизм частично упорядоченных множеств, имеем ϕ(0) 6 ϕ(1). А
ϕ(0) + ϕ(1)
поскольку эти элементы лежат в множестве Q, элемент
2
также лежит в Q. При этом, очевидно,
ϕ(0) <
< ϕ(1),
2
следовательно, должна выполняться цепочка неравенств
ϕ(0) + ϕ(1)
0 < ϕ
ϕ(0) + ϕ(1)
−1
< 1,
2
однако между 0 и 1 не существует целых чисел. Полученное противоречие доказывает, что hZ; 6i и hQ; 6i не являются изоморфными.
1.5. Задачи
1.5.1. Будут ли изоморфными частично упорядоченные множества
A = hA, P1i и B = hB, P2i? В случае положительного ответа найти
отображение, осуществляющее изоморфизм:
а) A = {1, 2, 3, 4, 5}, B = {a, b, c, d, e},
P1= {(1, 1), (1, 4), (2, 2), (2, 4), (3, 1), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (3, 5), (4, 4),
(5, 4), (5, 5)}, P2= {(a, a), (a, b), (a, c), (a, d), (a, e), (b, b), (b, c), (c, c),
(d, c), (d, d), (e, c), (e, e)};
б) A = {1, 2, 3, 4, 5}, B = {a, b, c, d, e},
P1= {(1, 1), (1, 5), (2, 2), (2, 5), (3, 1), (3, 2), (3, 3), (3, 5), (4, 1), (4, 2),
(4, 3), (4, 4), (4, 5), (5, 5)}, P2= {(a, a), (a, d), (a, c), (b, b), (b, c), (c, c),
(d, a), (d, b), (d, c), (d, d), (d, e), (e, b), (e, c), (e, e)};
в) A = {1, 2, 3, 4, 5, 6}, B = {a, b, c, d, e, f},
1.6. Метод математической индукции 33
P1= {(1, 1), (1, 5), (2, 2), (2, 5), (2, 6), (3, 1), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (3, 5),
(3, 6), (4, 4), (4, 5), (5, 5), (6, 5), (6, 6)},
P2= {(a, a), (a, f), (b, b), (b, c), (c, c), (d, a), (d, b), (d, c), (d, d), (d, e),
(d, f), (e, b), (e, c), (e, e), (e, f), (f, f )};
г) A = {1, 2, 3, 4, 5, 6}, B = {a, b, c, d, e, f},
P1= {(1, 1), (1, 4), (2, 1), (2, 2), (2, 4), (3, 3), (4, 4), (5, 1), (5, 3), (5, 4),
(5, 5), (5, 6), (6, 3), (6, 4), (6, 6)}, P2= {(a, a), (a, c), (a, d), (b, b), (b, c),
(c, c), (d, d), (e, a), (e, b), (e, c), (e, d), (e, e), (f, b), (f, c), (f, f )}.
1.5.2. Будут ли изоморфными частично упорядоченные множества
A = hA, Pi и B = hB, Pi? В случае положительного ответа найти
отображение, осуществляющее изоморфизм:
а) A = C2, где C = {1, 2, 3}, B = D2, где D = {2, 3, 4},
P = {(x1, y1), (x2, y2)|(x1, y1) = (x2, y2) или x1y1< x2y2};
б) A = C2, где C = {1, 2, 3}, B = D2, где D = {0, 1, 2},
P = {(x1, y1), (x2, y2)|(x1, y1) = (x2, y2) или x1y1< x2y2};
в) A — множество всех натуральных делителей числа 24, B — множество всех натуральных делителей числа 54,
P = {(a, b) |b делится на a};
г) A = C2, где C = {1, 2, 3}, B = D2, где D = {1, 4, 9},
P = {(x1, y1), (x2, y2)|(x1, y1) = (x2, y2) или x1+ y1< x2+ y2}.
1.5.3. Будут ли изоморфными частично упорядоченные множества A
и B? В случае положительного ответа найти отображение, осуществляющее изоморфизм:
а) A = h2Z, 6i, B = h3Z, 6i; б) A = h(0, π), 6i, B = hR, 6i;
в) A = h(0, ∞), 6i, B = hR, 6i; г) A = h(0, 1], 6i, B = h[0, 1), 6i;
д) A = hN, 6i, B = hZ, 6i.
1.6 Метод математической индукции
Пример 1.36. Доказать, что 9n− 2nделится на 7 при любом нату-
ральном n.
Доказательство. Утверждение P (n) состоит в том, что 9n−2nделится
на 7.
Проверим базу индукции, то есть установим истинность утверждения P (0), которое состоит в том, что 90−20делится на 7. Действительно, 90− 20= 1 −1 = 0, очевидно, делится на 7.
Предположим, что истинно утверждение P (k), то есть 9k−2kде-
34 Глава 1. Элементы теории множеств
лится на 7. Проверим истинность утверждения P (k + 1):
9
k+1
− 2
k+1
= 9 ·9k− 2 ·2
= 7 ·9k+ 2 ·9k− 2 ·2
k
k
= 7 ·9k+ 2 ·(9k− 2k).
Первое слагаемое, очевидно, делится на 7, а второе делится на 7 по
предположению индукции. Таким образом, по принципу математической индукции утверждение доказано.
Пример 1.37. Доказать методом математической индукции, что 1 +
3 + ··· + (2n − 1) = n2.
Доказательство. Пусть утверждение P (n) состоит в том, что равен-
ство 1 + 3 + ··· + (2n −1) = n2выполнено для данного n. Необходимо
доказать, что P (n) истинно для всех n > 1.
Для n = 1 имеем 1 = 12, что, очевидно, верно.
Пусть P(k) истинно для некоторого k, то есть 1+3+···+(2k−1) =
k2. Проверим истинность утверждения P (k + 1).
1 + ··· + (2k −1) + (2k + 1) = (1 + 3 + ··· + (2k −1)) + (2k + 1)
= k2+ (2k + 1) по индукционной гипотезе
= (k + 1)
2
Таким образом, из истинности P(k) следует истинность P(k + 1), а
значит, по принципу математической индукции тождество доказано.
Пример 1.38. Доказать, что для любого натурального n справедливо
неравенство 3n> n2.
Доказательство. Проверим базу индукции: 30> 02, так как 1 > 0.
Пусть неравенство выполняется при n = k, то есть 3k> k2. Имеем
k+1
3
= 3 ·3k> 3k2, по индукционной гипотезе. Для завершения доказа-
тельства достаточно показать, что 3k2> (k + 1)2, так как в этом случае
получим 3
k+1
> (k + 1)2. Решим неравенство 3k2> (k + 1)2:
3k2> k2+ 2k + 1
2k2− 2k − 1 > 1
i∪h
√
1−
Следовательно, k ∈−∞,
3
2
1+√3
2
, ∞.
Так как
6 2, получаем 3k2> (k + 1)2для k > 2. Однако,
2
для k = 0, 1 это неравенство не выполняется. Поэтому мы не сможем
1 +√3
1.6. Метод математической индукции 35
доказать, что 3
k+1
> (k + 1)2при этих значениях k и для них придется
проверить выполнение неравенства непосредственно:
31> 12, так как 3 > 1,
32> 22, так как 9 > 4.
1.6. Задачи
1.6.1. Доказать следующие тождества методом математической ин-
дукции:
а) 1 ·1! + 2 ·2! + ··· + n · n! = (n + 1)! −1;
n(n + 1)(n + 5)
б) 0 ·3 + 1 ·4 + ··· + n(n + 3) =
;
3
в) 1 ·0! + 2 ·1! + 5 ·2! ··· + (n2+ 1) ·n! = n(n + 1)! + 1;
г) 1 ·30+ 3 ·31+ ··· + (2n + 1)3n= n · 3
n+1
+ 1;
n(n + 1)(2n + 1)
д) 12+ 22+ ··· + n2=
;
6
е) 13+ 23+ ··· + n3= (1 + 2 + ···+ n)2;
23− 1
ж)
23+ 1
33− 1
·
33+ 1
· ··· ·
n3− 1
n3+ 1
=
2
1
1 +
3
n(n + 1)
.
1.6.2. Доказать следующие утверждения методом математической
индукции:
а) n3− n делится на 6; б) 12n− 5nделится на 7;
в) 8
2n+1
+ 1 делится на 9; г) 2
2n+1
+ 9
2n+1
делится на 11;
д) 7n− 6n −1 делится на 9.
1.6.3. Доказать следующие неравенства методом математической ин-
дукции:
а) 2n> n для натуральных n;
б) 2n< n! для натуральных n > 4;
в) 3n> n ·2nдля натуральных n;
+
>
+
√
√
1
3
n+1
n
4
n + 1
1
n + 2
1
+ ··· +
2
+ ··· +
2
для натуральных n > 7;
для натуральных n;
+ . . .
1
2n
1
>
для натуральных n > 1;
2
1
√
>√n для натуральных n > 1;
n
n
√
3
>
n2для натуральных n > 1.
√
3
1
г) 3n> n ·2
(2n)!
д)
(n!)
2
1
е)
n + 1
1
√
ж)
1
1
√
з)
+
3
1
1.6.4. Доказать, что число, составленное из 3nединиц, делится на 3n.
36 Глава 1. Элементы теории множеств
1.6.5. Доказать, что число диагоналей в выпуклом n-угольнике равно
n(n −3)
.
2
1.6.6. а) Доказать, что любое целое число рублей, большее семи,
можно уплатить, пользуясь только трех- и пятирублевыми купюрами.
б) В некоторой стране валютой являются тагоры и существуют купюры
в 7 и 11 тагоров. Найти наименьшее n, такое что любую сумму в целое
число тагоров, начиная с n можно оплатить, пользуясь только этими
купюрами. Ответ обосновать.
1.6.7. Доказать, что n прямых, никакие две из которых не парал-
лельны и никакие три не проходят через одну точку, делят плоскость
n(n + 1)
на
+ 1 частей.
2
1.6.8. Доказать методом математической индукции, что число эле-
ментов во множестве P(A) равно 2n, где n — число элементов в A.
1.6.9. Проверив соотношение C
k−1
n
+ C
k
n
= C
k
, доказать формулу
n+1
бинома Ньютона методом математической индукции.
1.6.10. Найти ошибку в следующих рассуждениях: “Докажем, что все
целые числа равны.
Воспользуемся методом математической индукции по количеству
чисел. Возьмем одно число. Оно, очевидно, равно самому себе.
Пусть утверждение верно для k чисел, то есть для любых целых
чисел a1, a2, . . . akвсе они равны между собой. Рассмотрим k + 1 число
a1, a2, . . . , a
положению они равны между собой. Рассмотрим числа a2, a3, . . . , a
. Рассмотрим первые k чисел. По индукционному пред-
k+1
k+1
Эти числа тоже равны между собой. Следовательно, все k + 1 чисел
равны между собой, так как каждое из чисел равно, скажем a2. Что и
требовалось доказать.”
1.6.11. Доказать, что любое натуральное число n > 1 можно предста-
вить в виде суммы различных степеней двойки.
1.6.12. Доказать, что любое натуральное число n > 1 можно предста-
вить в виде суммы различных чисел Фибоначчи. Числа Фибоначчи —
это числа из последовательности, заданной рекуррентно по правилу
.
f1= 1, f2= 2, fm= f
m−1
+ f
для любого m > 3.
m−2
1.7 Мощность множеств
Пример 1.39. Доказать, что [0, 1] ∼ [2, 6].
1.7. Мощность множеств 37
Доказательство. Проще всего искать биекцию в виде линейной функции, то есть в виде f(x) = kx+b. Пусть концы одного отрезка переходят
в концы другого. Скажем, пусть f (0) = 2 и f(1) = 6. Из первого равенства получаем b = 2, тогда из второго равенства следует k · 1 + 2 = 6,
отсюда k = 4. Таким образом, f (x) = 4x + 2.
Осталось доказать, что функция f биективна. Пусть f(x1) =
f(x2), тогда 4x1+ 2 = 4x2+ 2, следовательно, 4x1= 4x2, а зна-
чит, x1= x2, то есть f инъективна. Пусть теперь f(x) = y, тогда
y − 2
y = 4x + 2, то есть x =
, причем, так как 2 6 y 6 6, получаем
4
0 =
2 −2
6 x =
4
y − 2
4
6
6 −2
= 1, что и требовалось.
4
Пример 1.40. Доказать, что N ∼ Z.
Доказательство. Рассмотрим функцию f, заданную на множестве N
следующим образом:
f(n) =
(
n
, если n четное;
2
n+1
−
, если n нечетное.
2
Очевидно, что f : N → Z. Осталось доказать, что f — биекция.
Пусть f(n1) = f(n2). Рассмотрим три случая:
1. Оба числа n1и n2четные. В этом случае из f (n1) = f(n2) следует,
n
что
2
n
1
=
2
, а значит, n1= n2.
2
2. Оба числа n1и n2нечетные. Тогда f(n1) = f(n2) следует, что
n1+ 1
−
2
= −
n2+ 2
, отсюда легко видеть, что снова n1= n2.
2
3. Одно из чисел четное, а второе — нечетное. Этот случай невозможен,
так как значение функции от четного числа неотрицательно в то время
как значение функции от нечетного числа отрицательно.
Итак, мы доказали, что f инъективна.
Пусть задано целое число k. Если k > 0, то, очевидно, k = f (2k).
n + 1
Если же k < 0, то необходимо найти такое n, что −
= k. Отсюда
2
получаем n = −2k + 1 ∈ N. Следовательно, f сюръективна, а следовательно, биективна.
Пример 1.41. Доказать, что [0, 1] ∼ (0, 1].
Доказательство. Воспользуемся теоремой Кантора — Бернштейна.
Очевидно, что (0,1] 6 [0, 1], так как (0, 1] ⊂ [0, 1], а значит, в
качестве одной из инъективных функций можно взять g : (0, 1] → [0, 1],
определенную тождественно на элементах из (0, 1], то есть положив
g(x) = x.
38 Глава 1. Элементы теории множеств
Рассмотрим функцию f : [0, 1] → (0, 1], заданную следующим образом:
f(x) =
1, если x = 0;
1
, если x =
n + 1
x, если x 6= 0,
1
для n = 1, 2, . . . ;
n
1
.
n
Докажем, что эта функция инъективна.
Пусть f(x1) = f(x2). Пусть A =
1
n
n ∈ N
∗
∪{0}. Отметим, что
для любого u ∈ [0, 1] выполняется следующее свойство: f(u) ∈ A тогда
и только тогда когда u ∈ A. Отсюда следует, что если f(x1) = f(x2), то
x1и x2принадлежат или не принадлежат множеству A одновременно.
Осталось рассмотреть оба случая.
1. Пусть x1, x2∈ A. Если x1=
значит,
1
f(x1) = f
=
k
1
1
, то легко видеть, что k1=
k
1
1
=
k1+ 1
1
1
+ 1
x
1
=
x
1
x1+ 1
.
1
, а
x
1
Аналогично, если x2=
1
, то f(x2) =
k
1
x
2
x2+ 1
. Отсюда видно, что если
f(x1) = f(x2), то
x
1
x1+ 1
=
x
2
x2+ 1
;
x1(x2+ 1) = x2(x1+ 1);
x1x2+ x1= x1x2+ x2;
x1= x2.
Осталось отметить, что
x
1
x1+ 1
6= 1 ни для какого x1вида
1
, а
k
1
значит, f (x1) = 1 тогда и только тогда, когда x1= 0.
2. Пусть x1, x26∈ A, тогда если f (x1) = f(x2), то и x1= x2, так как для
любого u ∈ [0, 1]\A имеем f(u) = u.
Пример 1.42. Доказать, что Q ∼ N.
Доказательство. Так как N ⊆ Q, имеем |N| 6 |Q| (можно рассмотреть
функцию g : N → Q, определенную по правилу g(k) = k). Эта функция,
очевидно, инъективна.
Построим инъективное отображение f : Q → N. Пусть a ∈ Q,
тогда это число может быть единственным способом записано в виде
1.7. Мощность множеств 39
a =
m
, где m ∈ Z, n ∈ N∗и дробь
n
m
несократима. Высотой числа
n
a ∈ Q назовем число ht(a) = |m| + n. Очевидно, что ht(a) ∈ N∗для
любого a ∈ Q. Кроме того, почти так же очевидно, что для любого
s ∈ N∗существует лишь конечное число рациональных чисел, высота
которых равна s. Следовательно, функция f может быть задана по
индукции следующим образом.
Выписываем все числа, высота которых равна 1. Единственное та-
0
кое число — это 0 =
. Соответственно, полагаем f(0) = 1.
1
Пусть уже рассмотрены все рациональные числа, высота которых
не превосходит числа k. Предположим, что таких чисел всего K и уже
определены значения f (x) для x = 0, 1, . . . , K − 1 таким образом, что
ht(f(x)) 6 k и из того, что f(x1) = f (x2) для x1, x2∈ {0, 1, . . . , K − 1}
следует, что x1= x2.
Рассмотрим все рациональные числа, высота которых равна k +
1, пусть таких чисел всего s, тогда мы можем произвольным образом
определить f (x) для x = K, K + 1, . . . K + s − 1 так, чтобы для этих
значений x было выполнено условие ht(f(x)) = k + 1 и при этом если
f(x1) = f(x2) для x1, x2∈ {K, K + 1, . . . K + s − 1}, то x1= x2.
Например, у нас есть два числа высоты 2: 1 =
1
и −1 =
1
−1
1
Положим, скажем f(1) = 1, f(2) = −1. Далее, чисел высоты 3 всего
4. Это 2 =
2
, −2 =
1
−2
1
1
,
−1
и
2
. Можно продолжить нашу функцию,
2
1
например, следующим образом: f (3) = 2, f (4) = −2, f (5) =
, f (6) =
2
−1
.
2
Очевидно, что функция f(x) является инъективной по построению. Следовательно, по теореме Кантора — Бернштейна, мы можем
заключить, что |Q| = |N|, что и требовалось доказать.
1.7. Задачи
.
1.7.1. Доказать, пользуясь определением мощности, следующие утвер-
ждения:
а) [0, 1] ∼ [5, 10]; б) [0, 1] ∼ [−2, −1] ∪(0, 1];
в) {x ∈ Z ||x| > 1000} ∼ N; г) Z ∼ 2Z;
д)−
π
π
,
2
∼ R;
2
40 Глава 1. Элементы теории множеств
е) множество точек окружности эквивалентно множеству точек
границы квадрата;
ж) множество точек круга эквивалентно множеству точек
квадрата;
з) [0, 1] ∪N ∼ [0, 1]; и) Z2∼ N; к) R ∼ (0, ∞);
л) R ∼ R\Z; м) [0, 1] ∼ [−2, 0] ∪ [1, 2]; н) 2N∼ 10N;
о) R ∼ 2N.
1.7.2. a) доказать, что если A ∼ N, B ∼ n и A ∩B = ∅, то A ∪B ∼ N;
б) доказать, что если A ∼ N, B ∼ N и A ∩ B = ∅, то A ∪ B ∼ N;
в)∗доказать, что если A ∼ N и B ∼ N, то A ∪ B ∼ N
(Подсказка: воспользуйтесь пп. a) и б)).
1.7.3. Даны множества A, B и C. Доказать, пользуясь определением
мощности, что AC∩ BC∼ (A ∩B)C.
1.7.4. Доказать, пользуясь определением мощности, что множество
конечных десятичных дробей счетно.
1.7.5. Доказать, пользуясь опредлением мощности, что множество то-
чек верхней полуплоскости координатной плоскости эквивалентно множеству точек первой четверти координатной плоскости (оба множества
рассматриваются вместе со своими границами).
1.7.6. Доказать, что [0, 1]2∼ [0, 1].
(Подсказка: воспользуйтесь теоремой Кантора — Бернштейна).
1.7.7. Пусть A и B — несчетные множества. Может ли множество A∩B
быть:
а) пустым; б) конечным; в) счетным; г) несчетным?
1.7.8. Пусть A — некоторое множество, a ∈ A — некоторый фикси-
рованный элемент, Pa(A) = {B ⊆ A |a ∈ B}. Доказать, что Pa(A) ∼
P(A)\Pa(A).
1.7.9. Доказать, что если |A| > ω0, а |B| 6 ω0, то |A\B| = |A|.
1.7.10. Дано |A| = m, |B| = n. Доказать индукцией по m, что число
функций f : A → B равно nm.
A
1.7.11. a) Пусть A1∼ A2. Доказать, что 2
1
б) Пусть A1∼ A2и B1∼ B2. Доказать, что B
∼ 2
A
1
1
A
2
.
∼ B
A
2
.
2
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]